"Аналитические разложения" в банах. пространствах операторов

[_hum_]

Пусть имеется банахово пространство $B$ (в моем случае ограниченных липшицевых функций). Пусть $L(B,B)$ -- пространство всех ограниченных линейных операторов из $B$ в $B$. Пусть имеется отображение $A = A(\xi)$ комплексного аргумента $\xi$ со значениями в $L(B,B)$, и пусть для него в некоторой окрестности нуля получено представление в виде ряда $A(\xi) = \sum_{k=0}^\infty \xi^n L_n$, где $L_n \in L(B,B)$. Можно ли тогда говорить о том, что и $A(\xi)^n$ будет иметь такое "аналитическое представление"?
Есть ли какие-то условия, гарантирующие возможность перестановки порядка суммирования в рядах в банаховых пространствах?

[mihaild]

Сходимость в смысле операторной нормы? Тогда внутри круга сходимость абсолютная, и можно просто перемножить ряды почленно.

[dgwuqtj]

Если у вас банахова алгебра, то есть $\|xy\| \leq \|x\| \|y\|$, и ряд сходится абсолютно при $|\xi| < r$, то все степени будут раскладываться в ряд при таком же ограничении на $\xi$. Правда, ссылку не подскажу.

[_hum_]

mihaild в сообщении #1606971 писал(а):

Сходимость в смысле операторной нормы?

Да, в смысле операторной нормы (я доказал, что ряд из норм сходится, а потому, и сам ряд сходится).

mihaild в сообщении #1606971 писал(а):

Тогда внутри круга сходимость абсолютная, и можно просто перемножить ряды почленно.

А не могли бы подсказать, на что можно сослаться? Ведь перемножение же рядов не простых, а операторных.

dgwuqtj в сообщении #1606972 писал(а):

Если у вас банахова алгебра, то есть $\|xy\| \leq \|x\| \|y\|$, и ряд сходится абсолютно при $|\xi| < r$, то все степени будут раскладываться в ряд при таком же ограничении на $\xi$. Правда, ссылку не подскажу.

Да вроде $L(B,B)$ автоматом банахово.
Жаль, что ссылки нет, чтобы окончательно убедиться.

-- Пн авг 28, 2023 22:15:58 --

Может, можно как-нибудь, типа: рассмотрим $a(\xi) = \sum_{k=0}^\infty \xi^k\|L_k\|$, потом взять перемножить $m$-таких рядов, получив $a1(\xi) = \sum_{(k_1,...k_m)=(0)}^{(\infty)} \xi^{k_1 + ...+k_m}\|L_{k_1}\|\cdot...\cdot\|L_{k_m}\|$. Потом, поскольку $\|L_{k_1}\|\cdot...\cdot\|L_{k_m}\| \geqslant \|L_{k_1}...L_{k_m}\|$, то $S(\xi; m) = \sum_{(k_1,...k_m)=(0)}^{(\infty)} \xi^{k_1 + ...+k_m}L_{k_1}...L_{k_m}$ тоже сходится. Остается как-то доказать, что $S(\xi; m) = A(\xi)^m$.

[mihaild]

Сослаться не знаю на что, но стандартное доказательство из Рудина для вещественных рядов проходит без изменений.